2027届新疆维吾尔自治区托克逊县第二中学高二物理第一学期期中达标检测试题含解析

2027届新疆维吾尔自治区托克逊县第二中学高二物理第一学期期中达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。沿将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）A．在b、n之间某点B．在n、a之间某点C．a点D．在a、m之间某点2、如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能是()A．B．C．D．3、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是A．保持开关S闭合，将一块玻璃插入A、B两板间B．保持开关S闭合，将A极板向上移动一点C．断开开关S后，将A、B两极板分开一些D．断开开关S后，将一块金属板插入A、B两板间4、正三角形ABC的AB边沿竖直方向，其三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，若A、B导线中电流相等，则导线C所受安培力的方向A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下5、一质量5kg的物体做自由落体运动，在下落过程中第2s内，重力对该物体做的功为W，在第3s末重力的功率为P，g取10m/s2,下面说法正确的是（）A．W=750J，P=1500WB．W=1000J，P=750WC．W=1000J，P=1500WD．W=750J，P=750W6、如图,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑片由该位置向a端滑动,则A．灯泡将变暗,电源效率将减小B．液滴带正电,将向下做加速运动C．电源的路端电压增大,输出功率也增大D．电容器两极板上的电势差将增大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确()A．导体棒受到磁场力大小为BILB．导体棒对轨道压力大小为mg－BILcosθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg－BILsinθ)D．导体棒受到导轨摩擦力为BILcosθ8、如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I.（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是IUtB．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir9、如图，带箭头的实线表示某个电场的电场线，实线间距相等且相互平行，一个带正电荷的离子从P处垂直飞入这个电场（不计重力），以下说法中正确的是()A．离子受的电场力方向不能确定 B．离子受的电场力大小不变C．离子的电势能将减小 D．离子一定做匀变速直线运动10、在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又垂直进入另一磁感应强度是原来的磁感应强度2倍的的匀强磁场，则（）A．粒子的速率加倍，周期减半B．粒子的速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率减半，轨道半径为原来的四分之一D．粒子的速率不变，周期减半三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）为测量“12V,5W”的小电珠的伏安特性曲线，给定了以下器材：电源：12V，内阻不计；电流表：量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω电压表：量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ滑动变阻器：0～5Ω开关一个，导线若干(1)以上四个电路图你认为最合适的是______(2)在本实验中，电流表的量程应选_________（选填0～0.6A或0～3A）(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，当电流表读数为0.40A时小电珠的实际功率为_____W12．（12分）有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：A．电压表(0～5V，内阻约10kΩ)B．电压表(0～15V，内阻约20kΩ)C．电流表(0～3A，内阻约1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻约0.4Ω)E．滑动变阻器(10Ω，2A)F．滑动变阻器(500Ω，1A)G．学生电源(直流6V)、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用_______，滑动变阻器应选用____．(2)实验电路应采用电流表____________(填“内”或“外”)接法．(3)在虚线框内画出实验电路图，并根据所画电路图进行实物图连接．四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分)如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电电量为Q1，固定在绝缘的支架上，B质量为m，带电量为Q2，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止，静止时悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为R，静电力常量为K，重力加速度为g．求：(1)B带正电荷还是负电荷?(2)B球受到的库仑力多大?（用库伦定律求解）(3)B球静止时细线的拉力多大?14．（16分）自1.8m高处平抛一小球,球落地时的速度与水平地面的夹角α为45°,如图所示.求抛出时的初速度和抛出后的水平位移x.(g取10m/s2)15．（12分）如图所示，电源的电动势E＝24V，内阻，电阻，M为直流电动机，其电阻，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为，求电动机输出的机械功率。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力则有，即可知，磁场加倍后，半径应该减小一般，所以一定从a处飞出。考点：洛伦兹力提供向心力点评：本题考查了常见的洛伦兹力提供向心力的计算方法。常见的还有根据轨迹计算时间等。2、D【解析】试题分析：根据曲线运动力与轨迹的关系，力需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐较小，故电场力做正功，即力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确．考点：本题考查带电粒子的运动．3、C【解析】

AB：保持开关S闭合，电容器两端电压等于电源的电动势，静电计两端的电势差不变，静电计指针张开角度不变。C：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开一些，电容器的电容C=εS4πkd减小，电容器两极板间电压D：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将一块金属板插入A、B两板间，电容器的电容C=εS4πkd增大，电容器两极板间电压综上，可使指针张开角度增大一些的是C项。4、B【解析】：等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，有安培定则可得：导线A、B的电流在C处的合磁场方向竖直向下，再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，指向右边，故B正确；综上所述本题答案是：B5、A【解析】

物体第2s内通过的位移为：x=gt22﹣gt12=（22﹣12）m=15m所以第2s内重力做功为W=mgx=5×10×15J=750J第3s末的速度v=gt3=10×3=30m/s所以第3s末重力的瞬时功率P=mgv=5×10×30W=1500W故选A6、D【解析】

A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗。外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为U增大，则知η增大，故A错误。BD．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动。故B错误，D正确。C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】试题分析：根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．导体棒受到磁场力大小为F=BLI，选项A错误；根据共点力平衡规律得：BILsinθ+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mg－BILsinθ，选项B正确；由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ff=BLIcosθ，选项C错误，选项D正确．本题的答案为BD．考点：安培力，受力分析．8、BD【解析】

电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．【详解】t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt-I2Rt，故A错误，B正确；根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E＞IR+Ir，故C错误，D正确；故选BD。电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．9、BC【解析】

AC.因为离子带正电，所以受到的电场力向右，离子向右偏转，电场力做正功，电势能减小，故A错误C正确。B.因为电场线间距相等且相互平行，所以是匀强电场，故电场力大小不变，故B正确。D.离子受电场力不变，加速度不变，但是加速度与速度不在一条直线上，离子将做匀变速曲线运动，故D错误。10、BD【解析】

根据粒子在匀强磁场中运动的周期公式可知粒子在磁场中运动的周期跟速率无关，磁感应强度增大一倍，则周期减半，A错误D正确；粒子在磁场中运动过程中，受到的洛伦兹力垂直于速度方向，对粒子不做功，即速率不变，根据粒子做圆周运动的半径公式可知，速率不变，轨道半径减半，B正确C错误．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、A0～0.6A2.4【解析】

（1）[1]电流和电压要求从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；54.8Ω灯泡电阻：28.8Ω；由于：故采用安培表外接法；故选A；（2）[2]灯泡的额定电流为：A故选择量程为0.6A挡即可；

（3）[3]从U-I图象可以看出，当电流为0.4A时电压为6V，故功率为：0.4×6=2.4W12、ADE外【解析】(1)因小灯泡额定电压为4V，0～15V的量程太大，读数误差大，所以电压表选0～5V的A；小灯泡的额定电流I＝0.5A，则电流表只能选D；滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡电阻8Ω，调节不方便，故应选滑动变阻器E；(2)又因RvR(3)因实验目的是描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用甲图所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据，电路图，实物图连接为四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)负电荷(2)kQ1【解析】

（1）对B受力分析，根据平衡条件，可知电场力方向水平向右，因此B球带负电荷；

（2）由库仑定律，则有：F=kQ1Q2R2

（3）对B考查对研究对象的受力分析，掌握平衡条件与库仑定律，理解力的平行四边形定则的应用，知道三角函数的应用。14、6m/s3.6m【解析】试题分析：平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，先求出竖直方向速度和运动时间，再根据末速度的方向即可求出和初速度和水平位